Question

2．已知等差數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，a₄+a₇=20，對任意的k∈N都有S_k+1=3S_k+k²．
（I） 求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）數(shù)列{b_n}定義如下：2^mb_m（m∈N^*）是使不等式a_n≥m成立所有n中的最小值，求{b_n}的通項(xiàng)公式及{（-1）^m-1b_m}的前2m項(xiàng)和T_2m．

Answer 1

分析 （I）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，由a₄+a₇=20，對任意的k∈N都有S_k+1=3S_k+k²．可得2a₁+9d=20，S₂=3S₁+1即d=a₁+1，聯(lián)立解出即可得出．
（II）由a_n≥m，可得：2n-1≥m，可得：n≥$\frac{m+1}{2}$．當(dāng)m=2k-1時(shí)，k∈N^*，2^mb_m=k，可得b_m=$\frac{m+1}{{2}^{m+1}}$．當(dāng)m=2k時(shí)，k∈N^*，2^mb_m=k+1，可得b_m=$\frac{m+2}{{2}^{m+1}}$．即可得出b_m．當(dāng)k∈N^*時(shí)，（-1）^2k-1-1b_2k-1+（-1）^2k-1b_2k=$\frac{k-1}{{2}^{2k}}$．利用分組求和、“錯(cuò)位相減法”、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出．

解答 解：（I）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，∵a₄+a₇=20，對任意的k∈N都有S_k+1=3S_k+k²．
∴2a₁+9d=20，S₂=3S₁+1即a₁+a₂=3a₁+1，亦即d=a₁+1，聯(lián)立解得a₁=1，d=2，
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1．
（II）由a_n≥m，可得：2n-1≥m，解得：n≥$\frac{m+1}{2}$．
當(dāng)m=2k-1時(shí)，k∈N^*，2^mb_m=k，即b_m=$\frac{k}{{2}^{m}}$=$\frac{m+1}{{2}^{m+1}}$．
當(dāng)m=2k時(shí)，k∈N^*，2^mb_m=k+1，即b_m=$\frac{k+1}{{2}^{m}}$=$\frac{\frac{m}{2}+1}{{2}^{m}}$=$\frac{m+2}{{2}^{m+1}}$．
∴b_m=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{m+1}{{2}^{m+1}}，m為奇數(shù)}\\{\frac{m+2}{{2}^{m+1}}，m為偶數(shù)}\end{array}\right.$．
當(dāng)k∈N^*時(shí)，（-1）^2k-1-1b_2k-1+（-1）^2k-1b_2k=$\frac{2k}{{2}^{2k}}$-$\frac{2k+2}{{2}^{2k+1}}$=$\frac{k-1}{{2}^{2k}}$．
∴T_2m=（b₁-b₂）+（b₃-b₄）+…+（b_2m-1-b_2m）=$\frac{0}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{4}}$+$\frac{2}{{2}^{6}}$+…+$\frac{m-2}{{2}^{2m-2}}$+$\frac{m-1}{{2}^{2m}}$，
即T_2m=0+$\frac{1}{{2}^{4}}$+$\frac{2}{{2}^{6}}$+…+$\frac{m-2}{{2}^{2m-2}}$+$\frac{m-1}{{2}^{2m}}$，
$\frac{1}{{2}^{2}}$T_2m=0+$\frac{1}{{2}^{6}}$+$\frac{2}{{2}^{8}}$+…+$\frac{m-2}{{2}^{2m}}$+$\frac{m-1}{{2}^{2m+2}}$，
∴$\frac{3}{4}$T_2m=$\frac{1}{{2}^{4}}$+$\frac{1}{{2}^{6}}$+…+$\frac{1}{{2}^{2m}}$-$\frac{m-1}{{2}^{2m+2}}$=$\frac{\frac{1}{{2}^{4}}（1-\frac{1}{{2}^{2m-2}}）}{1-\frac{1}{4}}$-$\frac{m-1}{{2}^{2m+2}}$=$\frac{1}{12}$-$\frac{3m+1}{3×{2}^{2m+2}}$，
∴T_2m=$\frac{1}{9}$$（1-\frac{3m+1}{{4}^{m}}）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了分組求和、“錯(cuò)位相減法”、等差數(shù)列與等比數(shù)列的提出公式及其前n項(xiàng)和公式，考查了分類討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．